精品解析：内蒙古自治区锡林郭勒盟2025-2026学年高二上学期1月期末学业质量测试数学试题

2025—2026学年度第一学期期末学业质量测试 高二（数学）试题 （试卷满分：150分 考试用时：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设，向量，，，则=（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列中，，则数列的公差为（ ） A. 4 B. 3 C. 1 D. 3. 如图，在平行六面体中，设，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线，圆，则直线与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定 5. 已知点在直线上，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5 6. 曲线与曲线的（ ） A. 长轴长相等 B. 短轴长相等 C. 离心率相等 D. 焦距相等 7. 如图，正方体的棱长为1，则异面直线与的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘再加上；若是偶数，就将该数除以.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过个步骤变成（简称为步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），，若，则所有可能的取值不可能是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知P为双曲线右支上一点，那么点P到双曲线左焦点F的距离可能是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 10. （多选）如图，棱长均为2的正三棱柱中，分别是的中点，则（ ） A. 异面直线与所成角为 B. 平面 C. 平面平面 D. 点到平面的距离为 11. 某市为了改善城市中心环境，计划将市区某工厂向城市外围迁移，需要拆除工厂内一个高塔，施工单位在某平台 的北偏东 方向 处设立观测点 ，在平台 的正西方向处设立观测点，已知经过 三点的圆为圆，规定圆 及其内部区域为安全预警区.以为坐标原点，的正东方向为轴正方向，建立如图所示的平面直角坐标系. 经观测发现，在平台 的正南方向的处，有一辆小汽车沿北偏西方向行驶，则（ ） A. 观测点之间的距离是 B. 圆的方程为 C. 小汽车行驶路线所在直线的方程为 D. 小汽车会进入安全预警区 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等比数列中，若，则公比____________． 13. 已知四面体棱长均为，点，分别是、的中点，则___________. 14. 已知双曲线：，，分别为它的左右顶点，为上异于，的任意一点，且关于轴对称的点为，直线与交于点，则动点的轨迹方程是__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 记是公差不为的等差数列的前项和，若. （1）求数列的通项公式； （2）求使成立的的可能取值有哪些？ 16. 已知坐标平面内一动点到定点的距离等于到定直线的距离. （1）求动点的轨迹的方程； （2）设为坐标原点，过点的直线交于两点，求证：是直角三角形. 17. 已知数列满足. （1）证明：数列是等比数列，并求出的通项公式； （2）求数列的前项和. 18. 如图1，是底边为2的等腰三角形，且，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段的中点． （1）证明：； （2）当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值； （3）若直线与所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且椭圆过点.过作两条互相垂直的直线与分别与椭圆交于四点.记弦的中点分别是. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与轴不重合，求△面积的最大值； （3）求证：直线过定点，并求出该定点坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第一学期期末学业质量测试 高二（数学）试题 （试卷满分：150分 考试用时：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设，向量，，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两个向量平行的坐标表示，列方程求解即可. 【详解】利用向量共线的充要条件求解即可.因为向量，），， 所以==，解得，. 故选：C. 2. 已知等差数列中，，则数列的公差为（ ） A. 4 B. 3 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列性质求解可得. 【详解】等差数列中，因为， 所以，解得. 故选：B 3. 如图，在平行六面体中，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形，由空间向量的加法法则求解即可； 【详解】由题意可得， 故选：B. 4. 已知直线，圆，则直线与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定 【答案】A 【解析】 【分析】先确定直线过定点，再根据点与圆的位置关系进行判断. 【详解】因为直线：， 所以直线经过定点. 因为，所以点在圆：内， 所以直线与圆：相交. 故选：A 5. 已知点在直线上，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】结合表示点到原点的距离，再利用点到直线的距离公式求解. 【详解】表示点到原点的距离, 点到原点距离的最小值为原点到直线的距离. 故选：C 6. 曲线与曲线的（ ） A. 长轴长相等 B. 短轴长相等 C. 离心率相等 D. 焦距相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的性质求出两个椭圆的即可判断． 【详解】曲线表示焦点为，长轴长为10的椭圆； 曲线表示焦点为，长轴长为的椭圆． 故两椭圆的焦距相等，长轴长、短轴长、离心率不一定相等． 故选：D. 7. 如图，正方体的棱长为1，则异面直线与的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先证明平面，故问题可转化为求直线与平面的距离，再证明平面，由此可求结论. 【详解】因为，平面，平面，所以平面， 所以异面直线与的距离与直线与平面的距离相等， 即点到平面的距离，如图连接，交于，则， 因为平面，平面，所以 又因为，平面， 所以平面，所以线段长为点到平面的距离， 又因为，所以异面直线的距离为，则C正确. 故选：C 8. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘再加上；若是偶数，就将该数除以.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过个步骤变成（简称为步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），，若，则所有可能的取值不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据运算规则进行逆向运算推导即可. 【详解】若，则或； 若，则或； 当时，或； 当时，或； 若，则或； 当时，； 当时，； 故所有可能的取值集合， 故选： 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知P为双曲线右支上一点，那么点P到双曲线左焦点F的距离可能是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】CD 【解析】 【分析】由题意，根据双曲线的方程可得，结合即可下结论. 【详解】由已知可得： 所以， 所以 故选：CD 10. （多选）如图，棱长均为2的正三棱柱中，分别是的中点，则（ ） A. 异面直线与所成角为 B. 平面 C. 平面平面 D. 点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以中点为原点，分别以所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断即可. 【详解】如图根据正三棱柱的性质，以中点为原点，分别以所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 所以，，，，， 设平面的法向量为， 则即，故可取， 对于A，因为，则有，故A正确； 对于B，因为，所以与平面不平行，故B错误； 对于C，解法一：因为，，， 由，可得， 又平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量， 由，可知平面平面，故C正确； 解法二：因为平面，平面，所以， 又因为三角形为等边三角形，且为边中点，所以， 又因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面，故C正确. 对于D，解法一：因为平面的一个法向量为，， 所以点到平面的距离为； 解法二：因为为中点，所以点到平面的距离为点到平面的距离， 由选项C，平面平面，又因为平面平面， 易知直角三角形全等于直角三角形，所以， 所以，即， 由选项C，平面平面，又因为平面平面，平面， 所以平面， 设与交于，则点到平面的距离为线段的长， 在直角三角形中，， 又，解得，故D正确； 故选：ACD 11. 某市为了改善城市中心环境，计划将市区某工厂向城市外围迁移，需要拆除工厂内一个高塔，施工单位在某平台 的北偏东 方向 处设立观测点 ，在平台 的正西方向处设立观测点，已知经过 三点的圆为圆，规定圆 及其内部区域为安全预警区.以为坐标原点，的正东方向为轴正方向，建立如图所示的平面直角坐标系. 经观测发现，在平台 的正南方向的处，有一辆小汽车沿北偏西方向行驶，则（ ） A. 观测点之间的距离是 B. 圆的方程为 C. 小汽车行驶路线所在直线的方程为 D. 小汽车会进入安全预警区 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由题意可得点的坐标，结合两点间的距离公式计算即可验证；对于B，结合三点坐标，利用待定系数法求解圆的方程即可验证；对于C，由题意可知小汽车行驶路线所在直线的斜率以及它经过点，由点斜式写出直线方程验证即可；对于D，将圆的方程化为标准方程得圆心坐标，半径，只需比较圆心到小汽车行驶路线所在直线的距离和半径即可. 【详解】由题意, 得, 所以, 即观测点之间的距离是 , 故错误； 设圆的方程为 , 因为圆 经过 三点, 所以 ，解得， 所以圆 的方程为 , 故 B 正确； 小汽车行驶路线所在直线的斜率为, 又点的坐标是, 所以小汽车行驶路线所在直线的方程为, 故C正确； 圆化成标准方程为 , 圆心为, 半径 , 圆心到直线的距离, 所以直线与圆相交, 即小汽车会进入安全预警区, 故D正确. 故选：BCD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等比数列中，若，则公比____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，得. 故答案为： 13. 已知四面体棱长均为，点，分别是、的中点，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算律及定义计算可得. 【详解】解：因为点，分别是、的中点， 所以，， ， ， 所以. 故答案为： 14. 已知双曲线：，，分别为它的左右顶点，为上异于，的任意一点，且关于轴对称的点为，直线与交于点，则动点的轨迹方程是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用斜率乘积为定值来求动点的轨迹，即可求解. 【详解】由题意知，，，三点共线，，，三点共线， 设直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， 直线的斜率为，直线的斜率为， 因为，关于轴对称，所以， 所以， 设、坐标分别为、， 则，则，又，故， 由已知，， 所以， 所以，化简得：， 的轨迹为以为顶点的椭圆（去掉，两点及椭圆上下顶点）， 所以的轨迹方程为：（）. 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 记是公差不为的等差数列的前项和，若. （1）求数列的通项公式； （2）求使成立的的可能取值有哪些？ 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，根据已知求出，，再根据等差数列通项公式即可求解. （2）由等差数列的求和公式求得，由，得，求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为， 由=，解得：， 又因为，所以，， 数列的通项公式为：. 【小问2详解】 由等差数列的前n项和公式可得：， 则不等式，即：，整理可得：， 解得：，又为正整数，故或. 16. 已知坐标平面内一动点到定点的距离等于到定直线的距离. （1）求动点的轨迹的方程； （2）设为坐标原点，过点的直线交于两点，求证：是直角三角形. 【答案】（1） （2） 证明：设， 分两类情况： 第一种：直线垂直于轴，其方程为， 联立，解得， 此时， 所以，是直角三角形， 第二种：直线：，与联立得： ， ， ，，所以， 又因为与异号，或不符合题意， 因为， 所以， 所以△为直角三角形. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义即可求出抛物线方程； （2）分两类情况第一种：直线垂直于轴，其方程为，与联立得方程，再结合可证明， 第二种：直线：.与联立得方程，得到韦达定理，再结合可证明， 【小问1详解】 由抛物线定义可知，P点轨迹为以为焦点， 以为准线的抛物线. 设的方程为：，则=1. 所以动点P的轨迹E的方程为. 【小问2详解】 略 17. 已知数列满足. （1）证明：数列是等比数列，并求出的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） 因为，所以， 则， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即. （2） 【解析】 【分析】（1）递推公式可变形为，再根据等比数列的定义和通项公式求解即可； （2）利用等差数列和等比数列的前项和公式，分组求和即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 则的前项和 . 18. 如图1，是底边为2的等腰三角形，且，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段的中点． （1）证明：； （2）当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值； （3）若直线与所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 【答案】（1）证明：取中点为，连接，， ，， ，， 又，、平面， 平面，又平面， ． （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）取中点为，连接，，易得，，再由线面垂直的判定和性质，即可证； （2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，求出直线与平面的方向向量和法向量，最后应用向量法求夹角余弦值； （3）构建合适的空间直角坐标系，设，则，应用异面直线夹角的向量求法及已知列方程求得，即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面平面，平面平面，，平面， 平面，易知，，两两互相垂直， 以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得， ， 设直线与平面所成角为，则，又， 直线与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 以为原点，以为轴，为轴，垂直于平面所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 为等腰三角形，， ，则，，， 设，则，则，， 故， 或（舍），又， ． 19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且椭圆过点.过作两条互相垂直的直线与分别与椭圆交于四点.记弦的中点分别是. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与轴不重合，求△面积的最大值； （3）求证：直线过定点，并求出该定点坐标. 【答案】（1） （2） （3） 设， （i）当或与轴重合时，直线为轴. 若直线过定点，则该点在轴上，设为， （ii）当与都不与轴重合时，由（2）可知： ， 把换成可得， 因为 且，所以. 解得：， 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，利用椭圆的定义可求得，进而可求得，可求椭圆的方程； （2）设直线的方程为：，与椭圆联立方程组，根据韦达定理可得，结合基本不等式求得△面积的最大值； （3）设，由题意可得定点在点在轴上，设为，由（2）可得的坐标，进而利用，可得，可求得定点坐标. 【小问1详解】 因为椭圆的左､右焦点分别为，所以， 又椭圆经过点， 所以， 所以，所以， 所以椭圆的方程. 【小问2详解】 由题可设直线的方程为：， 由得，， 令，则，所以， 又因为时，单调递增，所以，所以， 所以， 所以面积的最大值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $